BAB III. Teos 2012(1)

BAB III

DISTRIBUSI FUNGSI PEUBAH ACAK

3.1 Teori Sampling

Misalkan X1, X2,… , Xn merupakan n peubah acak yang mempunyai fdp bersama

f

(

x₁, x₂, … , x_n

)

Peubah –peubah ini dapat atau tidak dapat independen. Misalkan Y

peubah acak yang ditentukan oleh fungsi dari X₁, X₂,… , X_n Sebut

Y=u

(

X₁, X₂, … , X_n

)

. Sekali fdp f

(

x₁, x₂, … , x_n

)

diberikan , kita dapat mencari fdp dari Y. Di dalam bab terdahulu , telah kita lihat bahwa jika n = 1 dan jika X₁ adalah

N

(

μ , σ2

)

, maka Y=X1−μ

σ adalah N(0,1)

Misalkan n bulat positif dan misalkan peubah acak X_i, i=1,2,… , n adalah independen masing – masing mempunyai fdp yang sama f(x)=px(1−p)1−x, x=0,1 dan nol untuk lainya.Jika Y=

∑

1 n

X_i , maka Y adalah b(n , p) Hal itu akan diobservasi bahwa

Y=u

(

X₁

)

=X1−μ

σ adalah fungsi dari X1 yang begantung atas dua parameter

distribusi normal dimana Y=u

₍

X₁, X₂, … , X_n

₎

=

∑

1 n

X_i tidak bergantung atas p parameter dari fdp bersama dari X_i, i=1,2,… , n

Definisi 1

Suatu fungsi dari satu atau lebih peubah acak yang tidak bergantung pada suatu parameter tak diketahui disebut statistik

Berkenan dengan definisi ini , peubah acak Y=

∑

1 n

X_i yang dibicrakan di atas adalah statistik. Tetapi peubah acak Y=X1−μ

σ bukan statistik kecuali μdanσ bilangan yang

diketahui. Hal itu akan diperlihatkan bahwa , meskipun statistik tidak bergantung pada suatu parameter tidak diketahui , distribusi statistik dapat amat baik bergantung pada parameter yang tidak diketahui. Kita dapat memotivasi pelajaran tentang distribusi dari statistik dalam cara berikut. Misalkan peubah acak X ditentukan pada ruang sampel S dan ambil ruang dari

X dinyatakan oleh A Dalam banyak situasi yang dihadapi , distribusi dari X tidak diketahui secara lengkap. Misalnya, kita dapat menyatakan distribusi kecuali untuk nilai parameter tak diketahui. Untuk memperoleh informasi lebih tentang distribusi ini ( atau parameter tak diketahui), kita akan mengulang dibawah persyaratan yang identik n kali percobaan acak independen.Misalkan peubah acak X_i merupakan fungsi dari hasil ke i , i

dibawah pertimbangan. Andaikan bahwa kita dapat menentukan statistic

Y=u

₍

X₁, X₂, … , X_n

₎

yang mempunyai fdp ditemukan menjadi (y) . Barangkali fdp ini menunjukkan bahwa ada peluang besar bahwa Y mempunyai nilai mendekati parameter yang tidak diketahui. Segera sesudah percobaan diulang dalam cara yang dituniukkan dan kita mempunyai X1=x1, X2=x2,…, Xn=xn maka y=u

(

x1, x2, …, xn

)

adalah bilangan yang diketahui.Itu menjadi harapan bahwa bilangan diketahui ini dalam beberapa cara digunakan untuk memperoleh informasi tentang parameter tak diketahu, Berarti statistik ternyata dapat berguna.

Ulasan

Misalkan peubah acak X ditentukan sebagai diameter lubang yang dibor dengan tekanan bor ter tentu dan misalkan lubang itu diandaikan bahwa X mempunyai distribusi normal.Pengalaman yang lalu dengan banyak bor penekan membuat pengandaian ini masuk akal, tetapi pengandaian tidak menetapkan rataan μ maupun variansi σ2 _{dari distribusi} normal ini. Hanya cara untuk memperoleh informasi tentang μ dan σ2 ada harus menjalani percobaan. Berarti kita akan membor sejumlah lubang ini , katakan n = 20 yang mempunyai distribusi X₁, X₂,… , X₂₀ Kemudian X₁, X₂,… , X₂₀ adalah sampel acak dari distribusi normal dibawah pertimbangan ‘ Segera sesudah lubang telah dibor dan diameter diukur , sejumlah 20 dapat digunakan . Seperti akan dilihat kemudian, untuk memperoleh informasi tentang μ dan σ2.

Istilah “sampel acak” sekarang ditentukan dalam cara yang lebih formll Definisi 2

Misalkan X₁, X₂,… , X_n merupakan n peubah acak independen masing-masing mempunyai fdp f(x) yang sama tetapi mungkin tidak diketahui, yaitu fungsi densitas

peluang dari X₁, X₂,… , X_n berturut-turut adalah

f₁

₍

x₁₎=f

₍

x₁

₎

, f₂

₍

x₂₎=f

₍

x₂₎, …. f_n

₍

x_n

₎

=f

₍

x_n

₎

Sehingga fdp bersama adalah

f

₍

x₁

₎

, f

₍

x₂

₎

,…. f

₍

x_n

₎

.Peubah acak X₁, X₂,… , X_n dikatakan membangun sampel acak

dari diatribusi yang mempunyai fdp f(x) yaitu observasi sampel adalah independen dan didistribusikan identik (d.i.i)

Kemudian kita akan menentukan apakah yang kita maksudkan dengan sampel acak dari distribusi lebih dari satua peubah acak.Kebanyakan statistik yang kita hadapi akan merupakan fungsi dari observasi sampel acak dari distribusi yang diberikan.

Definisi 3

Misalkan X₁, X₂,… , X_n menyatakan sampel acak ukran n dari distribusi yang diberikan. Statistik _X´₌X1+X2+…+XN

n =

1

n

∑

i=1 n

Xi

disebut rata-rata sampel acak dan statistik

S2=1

n

∑

i=1 n

(

X_i− ´X

)

2=1

n

∑

i=1 n

X_i2− ´X2

Ulasan

Banyak penulis tidak nenentukan variansi sampel acak, seperti yang kita lakukan, tetapi penggantinya , mereka mengambil S2

= 1

n−1

∑

i−1 n

(

X_i− ´X

)

2 . Ada pemikiran baik ini dilakukan. Tetapi harga tertentu harus dibayar , sebagaimana kita akan tunjukkan.

Misalkan x₁, x₂, … , x_n menyatakan nilai percobaan dari peubah acak X yang mempunyai fdp f(x) dan fungsi distribusi F(x) . Berarti kita dapat melihat pada x₁, x₂, … , x_n

sebagai nilai percobaan dari sampel acak ukuran n , dari distribusi yang diberikan.Kemudian distribusi sampel ditentukan menjadi distribusi diperoleh melalui penetapan peluang 1

n

untuk setiap titik x₁, x₂, … , x_n . Ini merupakan distribusi jenis diskrit.Fungsi distribusi padanannya akan dinyatakan oleh F(x) dan fungsi distribusi itu adalah suatu fungsi tangga.Jika kita ambil fx menyatakan banyak nilai sampel yang lebih kecil atau sama dengan x maka F_n(x)=fx

n . Sehingga Fn(x) memberikan frekuensi relatif dari kejadian

X ≤ x dalam himpunan n observasi .Fungsi F_n(x) sering disebut “fungsi distribusi empiris” dan fungsi itu mempunyai banyak kegunaan.

Karena distribusi sampel adalah distribusi diskrit , rata-rata dan variansi telah ditentukan berturut- turut adalah 1

n

∑

i=1 n

x_i=´xdan1

n

∑

i=1 n

(

x_i− ´x

)

2=s2 . Jadi jika tidak konsisten kita mempunyai distribusi sampel dan dihubungkan dengan fungsi distribusi empiris menjadi konsep yang berguna., distribusi akan tampak secara logis tidak konsisten untuk menentukan variansi sampel acak dalam suatu caralain dari pada yang kita punyai.Kita juga telah menentukan _X´ _danS2 _{hanya untuk observai d.i.i ,yaitu bila X}

1, X2,… , Xn menyatakan sampel acak. Bagaimanapun ahli statistik sering menggunakan simbol ini _X´ _danS2 _, meskipun jika pengandaian kein-dependenan dihilangkan. Misalnya ,andaikan bahwa

X₁, X₂,… , X_n observasi diambil secara acak dari kelompok bilangan berhingga tanpa pengembalian. Observasi ini dapat merupakan gagasan seperti sampel dan rata-ratanya _X´

dan variansi S2 dihitung, namun X₁, X₂,… , X_n dependen.Lebih lanjut n observasi dapay menjadi beberapa nilai sederhana , tidak perlu mengambil distribusi dan kita dapat menhitung rata-rata _X´ _{dan variansi S}2 _{dihubungkan dengan n nilai ini.Jika kita} melakukan keadaan ini , bagaimanapun kita harus mengambil dibawah pernyataan mana observasi di- peroleh, dan kita tidak dapat membuat pernyataan serupa yang dihubungkan dengan rata-rata dan variansi dari apa yang disebut sampel acak.

Teori distribusi pengambilan sampel acak berarti masalah umum dari penemuan distribusi fungsi dari observasi sampel acak.Hingga maksud ini , hanya metode yang lain dari penjelasan ber peluang langsung , dari penemuan distribusi fungsi dari satu lebih peubah acak adalah teknik fungsi distribusi.Yaitu jika X₁, X₂,… , X_n adalah peubah acak distribusi dan

Y=u

(

X1, X2, … , Xn

)

ditentukan melalui hitungan fungsi distribusi dari Y

Misalkan X₁, X₂,… , X_n sampel acak berukuran 3 dari distribusi normal baku Ambil Y menyatakan statistik yang merupakan jumlah kuadrat observasi. Fungsi distribusi dari Y adalah

G(y)=P

₍

X12+X22+X32≤ y

)

Jika y < 0, maka (y)=0 . Bagaimanapun jika y ≥0, maka

G(y)=

∭

A

❑

1

(2π)3/2 exp

[

−1

2

(

x1 2

+x2 2

+x3 2

)

]

d x1d x2d x3

di mana A adalah himpunan titik

(

x₁, x₂, x₃,

₎

di dalam atau pada permukaan bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari sama dengan

√

y . Ini bukan integral sederhana. Kita mungkini mengharap untuk membuat kemajuan ke koordinat bola.

x₁=ρcosθsinφ , x₂=ρsinθcosφ , x₃=ρsinφ

di mana ρ ≥0,0≤ θ ≤2π ,0≤ φ ≤ π

Maka untuk y ≥0

G(y)=

∫

0 √y

∫

0 2π

∫

0 π

1

(2π)3/2e

−ρ2 /2

ρ2sinφdφdθdρ

=

√

2

π

∫

₀

√y

ρ2_e−ρ2 /2_dρ

Jika kita mengambil peubah integrasi dengan mengambil ρ=

√

w , kita punyai

G(y)=

√

2

π

∫

₀

y

√

w

2 e −w/2

dw untuk y ≥0

Karena Y peubah acak jenis kontinu , fdp dari Y adalah g(y)=G'(y) . Jadi

g(y)= 1

√

π y

3/2−1

e−y/2

,0<y<∞

Karena Γ

(

3

2

)

=

(

1 2

)

Γ

(

1 2

)

=

1

2

√

π dan berarti

√

2π=Γ

(

3 2

)

2

3/2

Kita melihat bahwa Y adalah χ2(3)

Contoh 1

Misalkan peubah acak Y didistribusikan seragam atas interval satuan 0<y<1 ,yaitu fungsi distribusiY adalah

G(y)=0, y ≤0 = y , 0<y<1 = 1 , y ≥1

Andaikan F(x) fungsi distribusi jenis kontinu yang naik tegas bila 0<F(x)<1 . Jika kita menentukan peubah acak Y melalui hubungan Y=F(x) , sekarang kita menunjukkan bahwa X mempunyai X mempunyai distribusi yang berpadanan terhadap F(x) . Jika 0 <

(x)<1 , ketaksamaan X ≤ x dan F(X)≤ F(x) adalah ekuivalen. Jadi dengan 0<F(x)<1 distribusi dari X adalah

P(X ≤ x)=P

[

F(X)≤ F(x)

]

=P

(

Y ≤ F(x)

)

, karenaY=F(x)

P(X ≤ x)=G

[

F(x)

_]

=F(x),0<F(x)<1 Yaitu fungsi distribusi dari X adalah F(x)

Jika X mmempunyai fungsi distribusi F(x) dari jenis kontinu maka Y=F(X)

didistribusikan seragam atas 0<y<1 Untuk 0<y<1,bahwa

P(Y ≤ y)=P

[

F(x)≤ y

]

=P

[

X ≤ F−1₍

y)

]

Bagaimanapun , diberikan bahwa P(X ≤ x)=F(x) , sehingga

P(Y ≤ y)=F

[

F−1₍

y)

]

=y ,0<y<1

Ini merupakan fungsi distribusi peubah acak yang didistribusikan seragam pada interval (0,1) Soal-soal Latihan 3.1

1. Tunjukkan bahwa S2

=1

n

∑

i=1 n

(

X_i− ´X

)

2=1

n

∑

i=1 n

X_i2

− ´X2 _{di manaX´}

=1

n

∑

i=1 n

X_i

2. Carilah peluang tepat empat observasi dari sampel acak berukuran lima dari distribusi yang mempunyai

f(x)=x+1

2 ,−1<x<1 = 0 , lainnya.

3. Misalkan X₁, X₂, X₃ sampel acak ukuran 3 dan distribusi N(6,4) . Tentukan bahwa observasi sampel terbesar melebihi 8.

4. Misalkan X mempunyai fdp f(x)=4x3,0<x<1 = 0 , lainnya Tunjukkan bahwa Y=−2 lnX4_adalahχ2₍₂₎

5. Misalkan X₁, X₂ sampel acak ukuran n = 2 dari dengan fdp f (x)=4x3,0<x<1 Nol lainnya.Carilah rataan dan variansi dari rasio Y=X₁/X₂

Petunjuk: Pertama cari fungsi distribusi P(Y ≤ y) dengan 0<y<1 dan kemudian bila y ≥1

6. Misalkan X₁dan X₂ sampel acak berukuran n = 2 dari distribusi dengan fdp

f(x)=2x , 0<x<1, nol lainnya .Carilah P

₍

X₁/X₂≤1/2

₎

danP

₍

X₁X₂≥1/4

₎

7. Jika sampel acak ukuran n = 2 , carilah nilai c sehingga S2=c

(

X₁−X₂

)

2

8. Jika X_i=i , i=1,2,… ,n hitunglah nilai X´ =1

n

∑

XidanS

2

=

∑

₍

X_i− ´X

₎

2

9. Misalkan yi=a+b xi, i=1,2,… ,n , dengan a dan b konstan. Carilah ´y=1_n

∑

yi dan sy

2

=1

n

∑

(

yi− ´y

)

2

berkenan dalam a , b, ´x=1

n

∑

xi dan sx 2

=1

n

∑

(

xi−´x

)

2

10. Misalkan X₁, X₂ merupakan dua peubah acak d.i.i masing-masing dari distribusi

N(0,1) . Carilah fdap dari Y=X12+X22

11. Empat nilai y₁=0,42; y₂=0,32; y₃=0,87;dan y₄=0,65 menyatakan nilai sampel acak berukuran n = 4 dari distribusi seragam atas 0<y<1 , Gunakan empat nilai ini mencari sesuai observasi sampel acak dari distribusi yang mempunyai fdp f (x)=e−x_,0

<x<∞

12. Misalkan X₁dan X₂ sampel acak berukuran n = 2 dari distribusi dengan fdp

(x)=1

2,0<x<2 , nol lainnya..Carilah fdp bersama dari X1dan X2 . Misalkan Y =

X₁+X₂

Carilah fungsi distribusi dan fdp dari Y

13.Misalkan X₁dan X₂ sampel acak berukuran n = 2 dari distribusi dengan fdp

f(x)=¿ 1,

0<x<1 , nol lainnya.Carilah fungsi distribusi dan fdp dari

Y=X1/X2

14.Misalkan X₁, X₂, X₃ tiga peubah acak d.i.i , masing-masing dari distribusi yang mempu- nyai fdp f(x)=5x4,0<x<1 , nol untuk lainnya. Misalkan Y observasi terbesar dalam sampel, Carilah fungsi distribusi dan fdp dari Y .

15.Misalkan X₁dan X₂ observasi sampel acak dari distribusi dengan fdp f(x)=¿ 1, 0<x<1 , nol lainnya. Hitunglah peluang bersyarat P

₍

X₁<X₂∨X₁<2X₂

₎

3.2 Transformasi Peubah Jenis Diskrit

Satu metode alternatif penemuan/pencarian distribusi dari satu atau lebih peubah acak dissebut teknik merubah peubah.Ada beberapa pertanyaan sulit (dengan referensi khusus untuk peubah acak jenis kontinu) dikandung dalam teknik ini dan ini membuat teknik diperlukan sekali untuk kita, pertama perhatikan kasus khusus.

Misalkan X mempunyai fdp Poisson

f(x)=e

−μ

μx

x ! , x=0,1,2,..

= 0 , lainnya

Seperti kita telah lakukan sebelumnya , ambil A menyatakan ruang A={x∨x=0,2,…} sehingga A adalah himpunan dengan f(x)>0

Tentukan peubah acak baru Y dengan Y = 4X. Kita ingin mencari fdp dari Y melalui teknik merubah peubah . Misalkan y = 4x . Kita sebut y = 4x suatu transformasi dari x ke y dan kita katakana bahwa transformasi memetakan ruang A kepada ruang

B={y∨y=0,4,8,16,…} Ruang B diperoleh dengan pentransformasian setiap titik di

A sesuai dengan . y = 4x .Kita catat dua keadaan tentang transformasi ini.Transformasi yang demikian terhadap setiap titik dalam A ada hubungan satu dan hanya satu titik dalam B dan sebaliknya setiap titik dalam B ada hubungan satu dan hanya satu titik dalam A yaitu transformasi . y = 4x mengambil satu ke satu korespondensi antara titik di

A dan di B . Suatu fungsi y = u(x) (tidak hanya y = 4x) yang memetakan ruang A

(tidak A berlaku) ke ruang B (tidak B berlaku) sehingga ada korespondensi satu-satu di antara titk di A dan titik di B disebut transformasi satu-satu.Penting untuk

dicatat bahwa transformasi y = 4x , mengakibatkan bahwa x adalah nilai tunggal fungsi dari

y. Dalam kasus ini jelas benar bahwa y = 4x mengingin kan bahwa x = 1/4 y

Masalah kita adalah penemuan fdp g(y) dari peubah acak jenis diskrit Y = 4X.. Sekarang

(y)=P(Y=y) . Karena ada korespondensi satu-satu antara titik di A dan di B , kejadian Y=yatau 4X=y dapat terjadi bila dan hanya bila kejadian X=1

4 y terjadi, yaitu dua kejadian ekuivalen dan mempunyai peluang yang sama.Karenanya

g(y)=P(Y=y)=P(X=y/4)=e

−μ

μy/4

(y/4)! , y=0,4,8, …..

= 0 , lainnya

Pembicaraan yang terperinci terdahulu akan membuat teks berikur lebih mudah dibaca. Misalkan A menyatakan himpunan titik diskrit , yang mempunyai fdp f(x) , dan misalkan y=u(x) menetapkan transformasi satu-satu yang memetakan A ke B . Jika kita menyelesaikan y=u(x) untuk x berkenan dengan y , sebut x=w(y) , maka untuk setiap y∈B , kita punyai x=w(y)∈A . Perhatikan peubah acak Y=u(X)

.Jika y∈B maka x=w(y)∈A dan kejadian Y=y (atau u(X) = y) dan X=w(y)

adalah ekuivalen. Sesuai dengan itu fdp dari Y adalah

y

X=w(¿)

¿

g(y)=P(Y=y)=P¿

Contoh 1

Misalkan X mempunyai fdp binomial

f(x)=

(

3

x

)

(

2 3

)

x

(

1 3

)

3−x

, x=0,1,2,3 = 0 , lainnya

Kita mencari fdp g(y) dari peubah acak Y=X2 . Transformasi y=u(x)=(x)2

memetakan A={x∨x=0,1,2,3}ke B={y∨y=0,1,4,9} . Umumnya y=x2 _tidak menetapkan trasformasi satu-satu , di sini bagaimanapun transformasi melakukan untuk nilai

x tidak negatif dalam A={x∨x=0,1,2,3} , yaitu kita msmpunyai fungsi invers nilai tunggal x=w(y)=

√

y (bukan –

√

y¿ . Sehingga

g(y)=f (

_√

y)=

(

3

√

y

)

(

2 3

)

√y

(

1 3

)

3−√y

; y=0,1,4,9 = 0 , lainnya

Tidak ada kesulitan yang mendasar dikandung dalam masalah seperti berikut. Misalkan

f

₍

x₁, x₂

₎

mempunyai fdp bersama dari dua peubah acak jenis diskrit X₁danX₂ dengan

A (dimensi dua) himpunan titik sehingga f

(

x₁, x₂

)

>0 . Misalkan

y1=u1

(

x1, x2

)

dan y2=u2

(

x1, x2

)

menetapkan transformasi satu-satu yang memetakan A ke B . Fdp bersama dua peubah acak baru Y₁=u₁

₍

X₁, X₂

₎

danY₂=u₂

₍

X₁, X₂

₎

diberikan oleh

g

₍

y₁, y₂

₎

=f

_[

w₁

₍

y₁, y₂₎, w₂

₍

y₁, y₂

₎

_]

,

₍

y₁, y₂

₎

ϵB

di mana x₁=w₁

(

y₁, y₂

)

, x₂=w₂

(

y₁, y2) adalah invers nilai tunggal dari

y1=u1

(

x1, x2), y2=u2

(

x1, x2

)

.Dari fdp bersama dari g

(

y1, y2

)

ini ,kita dapat memperoleh fdp marjinal dari Y₁ dengan penjumlahan atas y₂ atau fdp marjinal dari

Y₂ dengan penjumlahan atas y₁

Barangkali transformasi akan menekankan bahwa teknik perubahan peubah mengandung pengenalan seperti banyak peubah “baru” sebagaimana ada peubah “lama”.Yaitu ,andaikan bahwa f

(

x₁, x₂, x3) menyatakan fdp bersama dari X₁, X₂,danX₃ , dengan A

himpnan dengan f

₍

x₁, x₂, x₃

₎

>0 .Mari kita mencari fdp dari Y₁=u₁

₍

X₁, X₂, X₃₎ .

Kemudian kita akan menetapkan (jika memungkinkan)

Y₂=u₂

(

X₁, X₂, X₃

)

, danY₃=u₃

(

X₁, X₂, X₃

)

sehingga y₁=u₁

(

x₁, x₂, x₃

)

.

y₂=u₂

₍

x₁, x₂, x₃

₎

, dan y₃=u₃

₍

x₁, x₂, x₃

₎

menetapkan transformasi satu-satu dari A ke

B . Ini memungkinkan kita mencari fdp bersama dari Y₁,Y₂.danY₃ sehingga kita akan mendapat fdp marjinal Y1 dengan penjumlahan atas y2dan y3

Contoh 2

Misalkan X₁danX₂ dua peubah acak independen yang mempunyai distribusi Poisson dengan rataan berturut-turut μ₁danμ₂ .Fdp bersama dari X₁danX₂ adalah

f

₍

x₁, x₂₎=μ1

x1

μ₂x2e−μ1−μ2

x1! x2!

, x₁=0,1,2,… ; x₂=0,1,2…

Berarti ruang A himpunan titik

(

x₁, x₂

₎

di mana setiap x₁dan x₂ bulat tidak negatif .Kita ingin mencari fdp dari Y1=X1+X2 . Jika kita menggunakan teknik perubahan peubah, kita akan membutuhkan untuk menetapkan acak kedua Y2 . Karena

Y₂ tidak tertarik untuk kita , mari kita pilih transformasi dengan cara sedemikian sehingga kita mempunyai transformasi satu-satu yang sederhana. Misalnya ambil Y₂=X₂

.Kemudian y₁=x₁+x₂ dan y₂=x₂ menggambarkan transformasi satu-satu yang yang memetakan A kepada

B=

_{

₍

y₁, y₂

₎

∨y₂=0,1,… , y₁, dan y₁=0,1,2,…

_}

Perhatikan bahwa jika

(

y₁, y₂

)

∈B , maka 0≤ y₂≤ y₁ . Fungsi invers diberikan oleh

x₁=y₁−y₂danx₂=y₂ .Jadi fdp bersama dari Y₁danY₂ adalah g

₍

y₁, y₂

₎

=μ1

y1−y2

μ₂y2e−μ1−μ2

(

y₁−y₂

)

! y₂! ,

(

y1, y2

)

∈B

= 0.lainnya

Akibainya fdp marjinal dari Y₁ diberikan oleh

g₁

₍

y₁₎

₌

e−μ1−μ2

y₁! y

∑

2=0 y1

y1!

(

y₁−y₂₎! y₂!μ1 y1−y2

μ₂y2

=

e

−μ1−μ2

y1!

(

μ₁+μ₂

₎

y1_{, y}

1=0,1,2,… = e

−μ1−μ2

y₁!

(

μ1+μ2) y1

= 0 . lainnya

Yaitu Y₁=X₁+X₂ mempunyai distribusi Poisson dengan parameter μ₁+μ₂

Ulasan

Tanpa penetapan Y2=X2 , kita mempunyai bahwa distribusi dari Y1=X1+X2

adalah

G₁₍y₁

₎

=P

₍

X₁+X₂≤ y₁₎

Dalam kasus diskrit . dengan y1=0,1,2,… , fdp dari Y1

sama dengan

g₁

₍

y₁

₎

=G₁

₍

y₁

₎

−G₁

₍

y₁−1

₎

=P

₍

X₁+X₂≤ y₁

₎

Yaitu g₁

₍

y₁₎=

∑

x₁+x₂=y₁

∑

μ₁x1μ₂x2e−μ1−μ2

x1! x2!

Penjumlahan ini meliputi semua titik di A sehingga x₁+x₂=y₁ dan berarti dapat dituliskan sebagai

g₁

₍

y₁₎=

∑

y₂=0 y1

μ₁y1−x2

μ₂x2e−μ1−μ2

(

y₁−x₂

)

! x₂!

=

(

μ1+μ2) y1

e−μ1−μ2

y₁! , y1=0,1,2… Soal-soal Lathan 3.2

1. Misalkan X mempunyai fdp f(x)=1

3, x=1,2,3, nollainnya Carilah fdp dari

Y = 2 X + 1

2. Jika f

(

x1, x2)=

(

2₃

)

x1+x2

(

1 3

)

2−x1−x2

,

(

x1, x2)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1) nol untuk lainnya. Adalah fdp bersama dari X₁danX₂ . Carilah fdp bersama dari Y₁=X₁−X₂ dan

Y₂=X₁+X₂

3. Misalkan X mempunyai fdp f(x)=

(

1

2

)

x

, x=1,2,3,..nol lannya .Carilah fdp dari

Y=X5

4. Misalkan X₁danX₂ mempunyai fdp f

(

x₁, x₂

)

=x1x2

36 , x1=1,2,3 danx2=1,2,3 , nol untuk lainnya.Carilah pertama fdp bersama dari Y₁=X₁X₂danY₂=X₂ dan kemudian carilah fdp marginal dari Y₁

5. Misalkan peubah acak independen X₁danX₂ berturut-turut adalah b

(

n₁, p

)

dan

b

₍

n₂, p

₎

.Carilah fdp bersama dari Y₁=X₁+X₂ dan Y₂=X₂ dan kemudian carilah fdp marjinal dari Y₁

Petunjuk: Gunakan fakta bahwa

∑

n=0 k

(

n1

n

)(

n2

n−k

)

=

(

n1+n2

k

)

Ini dapat dibuktikan dengan membaningkan koefisien dari xk dalam setiap anggota Identitas (1+x)n1(1+x)n2=(1+x)n1+n2

(

x₁, x₂

₎

∈A .Ambil y₁=u₁

₍

x₁

₎

dan y₂=u₂

₍

x₂

₎

menyatakan transformasi satu-satu yang memetakan AkepadaB .Tunjukkan bahwa bahwa Y₁=u₁

(

X₁

)

dan

Y2=u2(X) independen

3.3 Transformasi Peubah Acak untuk Jenis Kontinu

Dalam pasal sebelumnya kita memperkenalkan gagasan transformasi satu-satu dan pemetaan dari himpunan Akepada himpunan B dibawah transformasi itu. Ide itu cukup untuk memungkinkan kita mencari distribusi fungsi dari beberapa peubah acak jenis diskrit. Dalam pasal ini kita memeriksa masalah yang sama apabila peubah acak jenis kontinu.

Contoh 1

Misalkan X peubah acak jenis kontinu yang mempunyai fdp

f(x)=2x ,0<x<1 =0 , lainnya

Di sini A adalah ruang {x∨0<x<1} , dengan f(x)>0 .Tetapkan peubah acak Y

dengan Y=8X3 _{dan perhatikan transformasi y}

=8x3 _{.Dibawah transformasi}

y=8x3 _{, himpunan A dipetakanke himpunan B = {y∨0<y<8} , dan selanjutnya} transformasi adalah satu-satu. Untuk setiap 0<a<b<8 kejadian a<y<b akan terjadi bila dan hanya bila kejadian 1

2 3

√

a<x<1

2 3

√

b terjadi karena ada korespondensi satu-satu di antara titik di Adan titik di B Jadi P(a<Y<b)=P(1

2 3

√

a<X<1

2 3

√

b) =

∫

1 2 3 √a 1 2 3 √b

2x dx

Mari kita tulis kembali dengan perubahan peubah intergrasi dari x ke y melalui penulisan

y=8x3 _{atau x =} 1 2 3

√

y . Sekarang dx_dy= 1

6y2/3 dan sesuai dengan itu kita punyai

P(a<y<b)=

∫

a b

2

(

1 2 3

√

y

)

(

1

6y2/3

)

dy=

∫

a b

1 6y1/3dy

Karena ini benar untuk setiap 0<a<b<8 ,fdp g(y)dariY adalah integran, yaitu

g(y)= 1

6y1/3,0<y<8 = 0 , lainnya.

Fdp itu tidak bermanfaat bahwa kita menemukan fdp dari peubah acak Y=8X3 dengan menggunakan teorema pada perubahan peubah integral tertentu Bagaimanapun untuk memperoleh g(y) kita secara nyata hanya mmbutuhkan hanya dua hal.

(1). Himpunan B dari titik y di mana g(y)>0

Ini dapat dilakukan melalui dua aturan sederhana.

1. Selidiki bahwa transformasi y=8x3 memetakan A={x∨0<x<1} kedalam

B={y∨0<y<1} dan transformasi itu satu-satu

2. Tetapkan g(y) pada himpunan B ini dengan penggantian 1

2 3

√

y untuk x dalam f(x) dan kemudian kalikan hasil ini oleh turunan dari

1 2 3

√

y , yaitu

g(y)=f

(

1

2 3

√

y

)

d

[

1

2 3

√

y

]

dy =

1 6y1/3

, 0<y<8 = 0 , lainnya.

Kita akan menerima teorema dalam analisis pada perubahan peubah pada integral tertentu untuk membolehkan kita untuk menetapkan hasil yang lebih umum.

Misalkan X peubah acak jenis kontinu mempunyai fdp (x) . Misalkan A ruang satu dimensi di mana (x)>0 . Perhatikan peubah acak Y=u(X) di mana y=u(x)

menetapkan transformasi satu-satu yang memetakan himpunan Ake himpunan B . Misalkan invers dari y=u(x) dinyatakan oleh x=w(y) , dan misalkan turunan

dx

dy=w

'

(y) kotinu dan tidak sama dengan noluntuk semua y dalam B . Maka fdp peubah acak Y=u(X) diberikan oleh

g(y)=f

[

w(y)

]

|w

'(y)

|, y

∈B

0 .lainnya.

di mama

|w

'_(y)

_|

_{menggambarkan nilai mutlak dari}

w'(y) i. Ini adalah tepat apa yang kita lakukan dalam Contoh 1 dari pasal ini , kecuali di sana kita dengan sengaja memilih

y=8x3 _{menjadi fungsi naik sehingga}

dx

dy=w

'

(y)=1/6y2/3

,0<y<8 adalah positif dan karenanya

|

1/6y2/3

_|

=1/6y2/3_,0

<y<8

Untuk selanjutnya kita akan menunjuk dx_dy=w'(y) _{sebagai Jacobian (dinyatakan dengan J)}

Dikebanyakan bidang matematika J= w'(y) sebgaii Jacobian yransformasi invers x=

w'_{(y) ,tetapi dalam buku ini hal itu akan disebut Jacobian transformasi, sederhanya untuk} perjanjian

Contoh 2

Misalkan X mempunyai fdp

f(x)=1,0<x<1

Kita akan menunjukkan bahwa peubah acak Y=−2 lnX mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan 2. Di sini transformasi adalah y=u(x)=−2 lnx

sehingga x=w(y)=e−y/2 _{. Ruang Aadalah A={x∨0<x<1} yang mana transformasi} satu-satu y=−2 lnx memetakan ke B={y∨0<y<∞}

Jacobian transformasi = dx_dy=w'(y)=1

2e −x/2

Sesuai dengan fdp dari Y=−2 lnX adalah

g(y)=f

(

e−y/2

₎

_|J|

=1

2e −y/2

Yaitu fdp khi-kuadrat dengan derajat kebebasan 2.

Metode penemuan fdp fungsi satu peubah jenis kontinu ini, sekarang akan diperluas ke fungsi dua peubah acak jenis ini. Juga hanya fungsi yang memetakan transformasi satu-satu akan dipertimbangkan pada saat ini. Misalkan y₁=u₁

(

x₁, x₂

)

dan y₂=u₂

(

x₁, x₂

)

menetapkan transformasi satu-satu yang memetakan (dua dimensi) himpunan A dalam bidang

−x₁x₂ ke (dua dimensi) himpunan B dalam bidang - y₁y₂ . Jika kita nyatakan

x₁dan x₂ berkenan dengan y₁dan y₂ , kita dapat menulis

x₁=w₁

₍

y₁, y₂

₎

, x₂=w

₍

y₁, y₂

₎

Determinan orde 2

[

∂ x₁

∂ y₁

∂ x₁

∂ y₂

∂ x₂

∂ y₁

∂ x₂

∂ y₂

]

disebut Jacobian transformasi dan akan dinyatakan dengan simbol J. Jacobian transformasi akan diandaikan bahwa turunan parsial orde satu adalah kontinu dan J tidak identik sama dengan nol di B Sebuah gambaran contoh dapat diperlukan sekali sebeium kita memulai dengan perluasan perubahan teknik teknik peubah terhadap dua peubah acak jenis kontinu Contoh 3

Misalkan A adalahhimpunan A=

_{

₍

x₁, x₂₎∨0<x₁<1,0<x₂<1

_}

_{digambarkan dalam Gambar} 3.1.Kita ingin menentukan himpunan B dalam bidang- y₁y₂ yang memetakan A

menurut transformasi satu-satu

y₁=u₁

(

x₁, x₂

)

=x₁+x₂ y₂=u₂

(

x₁, x₂

)

=x₁−x₂

Dan kita ingin menghitung Jacobian transformasi Sekarang x₁=w₁

(

y₁, y₂

)

=1

2

(

y1+y2

)

x₂=w₂

₍

y₁, y₂

₎

=1

2

(

y1−y2

)

Untuk menentukan himpunan B dalam bidang - y₁y₂kepada A itu dipetakan dibawah transformasi,perhatikan bahwa batas-batas A ditransformasi sebagai berkut ke dalam batas-batas B

x₁=0 ke dalam 0=1

x₁=1 ke dalam1=1

2

(

y1+y2

)

x2=0 ke dalam 0= 1

2

(

y1−y2

)

x₂=1 ke dalam1=1

2

(

y1−y2)

x₂=1

x₁=₀ A x₁=₁ y₂=y₁ y₂=2−y₁

(0,0) x2=0 x1 (0,0) y2 y₂=−y₁ y₂=y₁−2

Gambar 3.1 Gambar 3.2 Sehubungan dengan itu B ditunjukkan dalam Gambar 3.2 Ulasan

Meskipun dalam Contoh 3, kita mengusulkan perubahan batas-batas , lainnya mungkin ingin menggunakan ketaksamaan

0<x₁<1 dan 0<x₂<1

secara langsung. Di sini empat ketaksamaan menjadi 0<1

2

(

y1+y2

)

<1 dan 0< 1

2

(

y1−y2

)

<1

Ketaksamaan ini mudah untuk melihatbahwa ini ekuivalen terhadap −y1<y2, y2<2−y1, y2<y1, y1−2<y2

dan ketaksamaan ini metapkan himpunan B . Dalam contoh ini , metode ini agak sederhana dan secara mendasar sama. Contoh lain dapat menghadirkan transformasi yang lebih sukar , dan hanya pengalaman dapat menolong kita memutuskan yang mana metode terbaik dalam setiap kasus. Sekarang kita mulai dengan masalah penemuan fdp dari dua fungsi dan dua peubah acak jenis kontinu . Misalkan X₁dan X₂ peubah acak jenis kontinu , yang mempunyai fdp bersama h

₍

x₁, x₂

₎

. Misalkan A adalah himpunan dimensi dua dalam bidang- x₁x₂ dengan h

(

x₁, x₂

)

>0

Misalkan Y₁=u₁

(

X₁, X₂

)

peubah acak yang mempunyai fdp yang akan dicari . Misalkan

y₁=u₁

₍

x₁, x₂

₎

dan y₂=u₂

₍

x₁, x₂

₎

menetapkan transformasi satu- satu dari A ke

B dalam bidang - y₁y₂ (Jacobian tidak identik nol), kita dapat mencari dengan menggunakan teorema dalam analisis, fdp bersama dari Y₁=u₁

₍

X₁, X₂

₎

dan Y₂=u₂

₍

X₁, X₂

₎

. Misalakan A himpunan bagian , dan ambil himpunan B pemetaan A dibawah transformasi satu-satu (lihat Gambar 3.1) Kejadian

(

X₁, X₂

₎

∈A dan

₍

Y₁,Y₂₎∈B ekuivalen. Karenanya

=

∬

A

❑

h

₍

x₁, x₂

₎

d x₁d x₂

Sekarang kita ingin mengubah peubah integrasi dengan penulisan y₁=u₁

(

x₁, x2) ,

y₂=u₂

₍

x₁, x₂

₎

atau x₁=w₁

₍

y₁, y₂

₎

danx₂=w₂

₍

y₁, y₂

₎

.Penulisan ini telah dibuktikan dalam analisis bahwa perubahan peubah ini menginginkan

∬

A

❑

h

(

x1, x2

)

d x1d x2=

∬

B

❑

h

₍

w1

(

y1, y2

)

, w2

(

y1, y2)

)

|J|d y1d y2 Jadi untuk setap himpunan B dalam B

P

_[

(

Y₁, Y₂

)

∈B

_]

=

∬

B

❑

h

₍

w₁

(

y₁, y₂

)

, w₂

(

y₁, y2)

₎

|J|d y₁d y₂

yang mengakibatkan bahwa fdp bersama dari Y1danY2 adalah

g

₍

y₁, y₂

₎

=f

_[

w₁

₍

y₁, y₂₎, w₂

₍

y₁, y₂

₎

_]

;

₍

y₁, y₂

₎

∈B

Sehubungan dengan itu fdp g₁

(

y1) dari Y₁ dapat diperoleh dari fdp bersama

g

₍

y₁, y₂

₎

_{dalam cara yang biasa dengan pengintegrasian atas} y₁

x₂ y₂

(0,0) x₁ (0,0) y₁

Contoh 4

Misalkan peubah acak X mempunyai fdp f(x)=1,0<x<1 dan misalkan X₁danX₂

menyatakan sampel acak dari distribusi ini Fdp dari X₁danX₂ adalah

h

₍

x₁, x₂₎=f

₍

x₁

₎

f

₍

x₂

₎

,0<x₁<1.0<x₂<1

Perhatikan dua peubah acak Y₁=X₁+X₂danY₂=X₁−X₂ . kita ingi mancari fdp dari

X₁dan X₂ . Di sini ruang dimensi dua A dalam bidang - x₁x₂ yang dari Contoh 3 di

pasal ini. Transformasi satu-satu y₁=x₁+x₂, y₂=x₁−x₂ memetakan A ke ruang B

dari contoh. Selanjutnya Jacobian transformasi telah ditunjukkan menjadi J = - 1/2. Jadi .

g

₍

y₁, y₂

₎

=h

[

1

2

(

y1+y2), 1

2

(

y1−y2

)

]

|J| = f

[

1

2

(

y1+y2)

]

f

[

1

2

(

y1−y2

)

]

|J|= 1

2 ,

(

y1, y2

)

∈B Karena B bukan ruang perkalian peubah acak Y₁danY₂ dependen.

Fdp marjinal dari Y₁ diberikan oleh

g₁

₍

y₁₎=

∫

−∞

∞

g

₍

y₁, y₂₎d y₂

Jika kita menunjuk ke Gambar 3.2, hal itu terlihat bahwa

g₁

₍

y₁₎=

∫

−y1 y1

1

=

_∫

y1−2 2−y1

1

2d y2=2−y1 , 1 ¿y1<2 Dengan cara yang sama fdp g₂

₍

y₂

₎

diberikan oleh

1

2d y1=y2+1,−1<y2<¿0

g2(y2

)

=

∫

−y2 y2+2

¿

= 1

2d y1=1−y2,0<y2<¿1

∫

−y2 2−y2

¿

= 0, lainnya Contoh 5

Misalkan X₁dan X₂ sampel acak berukuran n=2 dari distribusi normal baku. Katakan bahwa kita berminat dalam distribusi dari Y₁=X1

X2

. Sering dalam pemilihan peubah acak kedua , kita menggunakan penyebut dari rasio atau fungsi dari penyebut.Maka misalkan

Y₂=X₂ . Dengan himpunan

{

(

x₁, x₂

)

∨−∞<x₁<∞ ,−∞<x₂<∞

_}

,kita perhatikan bahwa rasio tidak didefinisikan pada x₂=0 . Bagaimanapun

(

X₂=0

)

=0 , sebab itu kita mengambil fdp dari X₂ menjadi nol pada x₂=0 . Hasil ini dalam himpunan A=¿

{

(

x₁, x₂

₎

∨−∞<x₁<∞ ,−∞<x₂<0atau0<x₂<∞

_}

Dengan y₁=x1

x2

, y₂=x₂atauekuivalen x₁=y₁y₂, x₂=y₂ A memetakan kepada

B=

_{

₍

y1, y2

)

∨−∞<y1<∞ ,−∞<y2<0atau0<y2<∞

}

Juga J=

[

y2 y1

0 1

]

=y2≠0 Karena h

₍

x₁, x₂

₎

= 1

2π exp

[

−1 2

(

x1

2

+x₂2

)

]

(

x₁, x₂₎∈A

kita mempunyai bahwa fdp bersama dari Y₁danY₂ adalah

g

(

y₁, y₂

)

= 1

2π exp

[

−1 2 y2

2

(

1+y₁2

₎

]

_|

y₂

_|

,

(

y₁, y2)∈B

Jadi g₁

(

y1)=

∫

−∞

0

g

(

y₁, y2)d y₂+

∫

0 ∞

g

(

y₁, y₂

)

d y₂

Karena g

₍

y₁, y₂

₎

ungsi genap dari y₁ kita dapat menulis

g₁

(

y1)=2

∫

0 ∞

1 2π exp

[

−1 2 y2

2

= 1

π

{

−exp

[

−1

2 y22

(

1+y12

)

]

1+y1

2

}

∞

0

¿ 1

π

₍

1+y12

)

.−∞<y1<∞

Fdp marjinal dari Y₁=X1

X2

ini adalah distribusi Cauchy. Meskipun fdp Cauchy simetrik terhadap y₁=0 rataan tidak ada karena integral

∫

−∞

∞

|

y₁

_|

g₁

₍

y₁

₎

d y₁

tidak ada Bagaimanapun median dan modus keduanya sama dengan nol Contoh 6

Misalkan Y₁=1

2

(

X1−X2) di mana X1danX2 peubah acak d.i.i masing-masing χ2(2) . Fdp bersama dari X₁danX₂ adalah

f

₍

x₁

₎

f

₍

x₂

₎

=1

4exp

(

−x₁+x₂

2

)

,0<x1<∞ ,0<x2<∞ Misalkan Y₂=X₂ sehingga y1=

1

2

(

x1−x2), y2=x2ataux2=2y1+y2, x2=y2 menetapkan transformasi satu-satu dari A=

_{

₍

x₁, x₂₎∨0<x₁<∞ ,0<x₂<∞

_}

ke dalam

B=

_{

₍

y₁, y₂

)

∨−2y₁<y₂dan0<y₂,−∞<y₂<∞

_}

.Jacobian transformasi adalah

J=

|

2 1

0 1

|

=2

Karenanya fdp dari Y1danY2 adalah g

(

y1, y2

)

=

|2| 4 e

−y1−y2

,

(

y1, y2

)

∈B Juga fdp dari Y₁ diberikan oleh

g₁

₍

y₁₎=

∫

−2y1 ∞

1 2e

−y1−y2_{d y} 2=

1 2e

y1_,

−∞<y₁<0 =

∫

0 ∞

1 2e

−y1−y2

d y₂=1

2e −y1

,0≤ y₁<∞

atau g₁

(

y₁

)

=¿

−¿y₁∨¿,−∞ ≤ y₁<∞

1 2e

¿

Sekarang fdp ini sering disebut fdp eksponensial ganda Contoh 7

Misalkan X₁dan X₂ peubah acak independen jenis kontinu dengan fdp bersama

f₁

(

x₁

)

f₂

(

x₂

)

yaitu positif pada ruang dimensi dua A Misalkan Y₁=u₁

(

X₁

)

fungsi dari X1 sendiri , dan Y2=u2

(

X2

)

fungsi dari X2 sendiri . Kita andaikan untuk saat ini bahwa y₁=u₁

₍

x₁

₎

,

y₂=u₂

(

x₂

)

menetapkan transformasi satu-satu A ke himpunan dimensi dua B

dalam bidang - y₁y₂ . Pemencahan untuk x₁dan x₂ berkenan dengan y₁dan y₂ kita mempunyai x1=w1

(

y1

)

, x2=w2(y2

)

Sehingga

J=

|

w '1

(

y1

)

0

0 w₁'

(

y₂₎

|

=w1

'

(

y1)w2'

(

y2)≠0 Karenanya fdp bersama dari Y₁danY₂ adalah

g

(

y1, y2

)

=f1

[

w1

(

y1

)

]

f2

[

w2(y2

)

]

w1'

(

y1)w'2

(

y2),

(

y1, y2)∈B

Bagaimanapun , dari prosedur untuk perubahan peubah acak dalam kasus satu peubah acak ,kita melihat bahwa fungsi densitas peluang dari Y₁danY₂ berturut-turut adalah

g1

(

y1)=f1

[

w1

(

y1)

]

w1'

(

y1)dan g2

(

y2

)

=f2

[

w2

(

y2

)

]

w2'

(

y2

)

untuk y₁dany₂dalam beberapa himpunan tepat.Akibatnya

g

(

y₁, y₂

)

=g₁

(

y₁

)

g₂

(

y₂

)

Jadi , ringkasan kita perhatikan bahwa jika X₁dan X₂ peubah acak independen, maka

Y₁=u₁

₍

X₁

₎

danY₂=u₁

₍

X₁

₎

Dalam simulasi (tiruan) peubah acak menggunakan peubah acak seragam , simulasi sering sukar untuk menyelesaikan y = F(x) untuk x. Jadi metode lain perlu. Misalnya perhatikan kasus normal, penting dalam hal kita menginginkan untuk menentukan X sehingga X adalah N(0,1). Tentu sekali X ditentukan maka peubah acak X dapat diperoleh melalui transformasi

Z=σX+μ .Terhadap peubah normal simulasi, Box dan Muller menganjurkan prosedur Berikut. Misalkan Y₁danY₂ sampel acak dari distribusi seragam atas 0 < y < 1 Tentukan X₁danX₂ melalui

X1=

(

−2 lnY1

)

1/2

cos

(

2π Y1

)

X₂=

₍

−2 lnY₂

₎

1/2_sin

(

2π Y₂₎

Trans formasi padanan adalah satu-satu memetakan

_{

(

y₁, y₂

₎

∨0<y₁<1,0<y₂<1

_}

kepada

{

(

x₁, x₂

)

∨−∞<x₁<∞ ,−∞<x₂<∞

_}

kecuali untuk himpunan yang memuat

x₁=0 danx₂=0 yang mempunyai peluang nol,transformasi invers diberikan oleh

y₁=exp

[

−x1 2

+x2 2 2

]

y₂= 1

2π arctan x₂ x1 Ini mempunyai Jacobian

J =

|

(

−x1)exp

(

−x1 2

+x₂2

2

)

(

−x2

)

exp

(

−x₁2+x₂2

2

)

−x2/x1 2

(2π)

(

1+x₁2/x₂2

)

1/x1

=

−

(

1+x1 2

/x₂2

₎

exp

(

−x1 2

+x22

2

)

(2π)

(

1+x₁2

/x₂2

)

=

−exp

(

−x12+x22

2

)

2π

Karena fdp bersama dari Y₁danY₂ adalah 1 pada 0<y₁<1 , 0<y₂<1 , dan nol lainnya fdp bersama dari X₁danX₂ adalah

−exp

(

−x12+x22

2

)

2π

,

−∞<x₁<∞ ,−∞<x₂<∞

Yaitu , X₁danX₂ peubah acak normal baku independen,

Kita menutup pasal ini dengan pengobservasian suatu cara penemuan fdp dari jumlah dua peubah acak . Misalkan X1dan X2 independen dengan fungsi densitas peluang berturut-turut f₁

(

x₁

)

danf₂

(

x₂

)

. Misalkan Y₁=X₁+X₂danY₂=X₂ Jadi kita mempunyai transformasi satu-satu x₁=y₁−y₂dan x₂=y₂ dengan Jacobian J = 1 Di sini kita katakana bahwa

A=¿

{

(

x₁, x2)∨−∞<x₁<∞ ,−∞<x₂<∞

_}

memetakan kepada

B=

_{

₍

y1, y2

)

∨−∞<y1<∞ ,−∞<y2<∞

}

tetapi kita mengenal dalam masalah khusus fdp bersama mungkin sama dengan nol pada beberapa bagian himpunan ini

Jadi fdp bersama dari Y₁danY₂ adalah

g

(

y1, y2

)

=f1

(

y1−y2

)

f2

(

y2

)

,

(

y1, y2

)

∈B dan fdp marjinaldari Y₁=X₁+X₂ diberikan oleh

g₁

(

y1)=

∫

−∞

∞

f₁

(

y₁−y₂

)

f₂

(

y2)d y₂ Yang dikenal baik rumus konvolusi

Soal-soal Latihan 3.3

1 Misalkan X mempunyai fdp f(x)=x2/9,0<x<3 , nol untuk lainnya.Carilah fdp untuk Y=X2

2 Jika fdp dari X adalah f (x)=2x e−x2

,0<x<∞ , nol untuk lainnya, tentukan fdp untuk

Y=X2

3 Misalkan X mempunyai fdp logistik f(x)= e −x

(

1+e−x

₎

2,−∞<x<∞

a. Tunjukkan bahwa grafik f(x) simetrik terhadadp sumbu tegak melalui x = 0 b. Carilah fungsi distribusi dar X

c. Tentukkan bahwa fpm M(t) adalah Γ(1−t)/Γ(1+t) ,-1< T < 1 4 Misalkan X mempunyai distribusi seragam atas interval

[

−π

2 ,

π

2

]

. Tunjukkan bahwa

Y = tgX mempunyai distribusi Cauchy

5 Misalkan X₁dan X₂ dua peubah acak normal independen masing-masing rataan nol dan variansi satu (kemungkinan hasil dari transformasi Box-Muller). Tunjukkan bahwa

Jika X₁, X₂,… , X_n adalah observasi sampel acak dari distribusi dengan fungsi pembangkit momen M(t) , maka

a. Fungsi pembangkit momen dari Y=

∑

i=1

n

X_i adalah M_Y(t)=

∏

i=1

n

M(t)=

_[

M(t)

_]

n

b. Fungsi pembangkit momen dari _X´₌

_∑

i=1

n

(

1

n

)

Xi adalah

MX´(t)=

∏

i=1

n

M

(

t

n

)

=

[

M

(

t n

)

]

n

\

Bukti

a. Misalkan a_i=1, i=1,2,… , n dalam Teorema 2 b. Ambil ai=1/n ,i=1,2,… , n

Contoh berikut dan latihan memberikan beberapa penerapan penting Teorema 2 dan akibatnya.

Contoh 3

Misalkan X₁, X₂,… , X_n menytakan hasil pada n usaha Bernoulli Fpm dari Xi, i=1,2,… , n

M(t)=1−p+p et Jika Y=

∑

i=1

n

X_i , maka M_Y(t)=

∏

i=1

n

(

1−p+p et

)

=

(

1−p+p et

)

n

Jadi kita juga melihat Y adalah b(n , p)

Contoh 4

Misalkan X₁, X₂, X₃ adalah observasi sampel acak berukuran n = 2 dari distribusi eksponen – sial yang mempunyai rataan β dan tentu fpm M(t)= 1

1−βt, t<1/β . Fpm dari Y=X₁+X₂+X₃ adalah

M_Y(t)=

[

(1−βt)−1

]

3 = (1−βt)−3 , t<1/β

yang merupakan distribusi gamma dengan parameter α=3 danβ . Berarti Y mempunyai distribusi.Dipihak lain fpm dari _X´ _adalah

MX´(t)=

[

(

1− βt

3

)

−1

]

3

=

(

1−βt

3

)

−3

, t<3/β

dan karenanya distribusi dari _X´ _{adalah gamma dengan parameter berturut-turut}

α=3 danβ/3

Misalkan X₁, X₂,… , X_n adalah peubah acak independen yang mempunyai berturut-turut distribusi khi-kuadrat χ2

(

r1

)

, χ2

(

r2

)

, … , χ2

(

rn

)

. Maka peubah acak Y=X1+X2+…+Xn

mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan r₁+r₂+…+r_n , yaitu Y adalah χ2

(

r1+r2+…+rn

)

Bukti

Karena M_i(t)=E

(

et Xi

)

=(1₋2t)−ri/2 , t < ½ , i = 1,2,…,n , kita mempunyai penggunaan Teorema 2 dengan a₁=…=a_n=1

M(t)=(1−2t)(r1+r2+…+rn)/2 , t < ½

Tetapiini adalah fpm distribusi χ2

(

r1+r2+…+rn

)

. Sesuai dengan itu Y mempunyai

distribusi khi-kuadrat ini.

Berikutnya ambil X₁, X₂,… , X_n adalah sampel acak berukuran n dari distribusi

[

μ , σ2

_]

. sesuai dengan Teorema 2 dari 2.4 masing-masing peubah acak

(

Xi−μ

)

2

σ2 ,i=1,2,…, n adalah χ2

(

ri

)

. Selanjutnya peubah acak ini independen . sesuai dengan Teorema 3 peubah

acak Y=

∑

i=1

n

(

Xi−μ

σ

)

2

adalah χ2(n) . Ini membuktikan Teorema berikut

Teorema 4

Misalkan X₁, X₂,… , X_n adalah sampel acak berukuran n dari distribusi N

[μ , σ

2

_]

Peubah acak Y=

∑

i=1

n

(

Xi−μ

σ

)

2

mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan n

Soal-soal Latihan 3.6

1. Misalkan peubah acak d.i.i X₁dan X₂ mempunyai fdp (x)=1

6, i=1,2,3,4,5,6 , nol lainnya. Carilah fdp dari Y=X₁+X₂ . Perhatikan dibawah pengandaian yang tepat , bahwa Y dapat dinterpretasikan sebgai jumlah angka yang tampak apabila dua dadu dilantunkan.

2. Misalkan X₁dan X₂ independen dengan berturut-turut distribusi normal N(6,1)dan

N(7,1) .Carilah P

(

X₁>X₂

)

.

Petunjuk: Tulis P

₍

X₁>X₂

₎

=P

₍

X₁−X₂>0

₎

dan tentukan distribusi dari X₁−X₂ 3. Misalkan X₁dan X₂ peubah acak independen Misalkan X₁ dan Y=X₁+X₂

berturut-turut mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan r₁danr . Di sini r₁<r . Tunjukkan bahwa X₂ mempunyai distribusi khi-kuadrat dengan derajat kebebasan r−r₁

Petunjuk: Tulis M(t)=E

[

et(X1+X2)

]

dan gunakan keindependenan X

4. Misalkan X₁dan X₂ peubah acak independen mempunyai distribusi binomial berturut-turut parameter n₁, p₁=1

2dann2, p2= 1

2 .Tunjukkan bahwa Y=X1−X2+n2 mempu- nyai distribusi binomial dengan parameter ¿n1+n2, p=

1 2 .

5. Misalkan X₁, X₂, X₃ sampel acak berukuran n = 3 Dari N(1,4) .Hitung P

₍

X₁+2X₂−2X₃>7

₎

6. Misalkan X₁dan X₂ peubah acak independen. Misalkan X₁ dan Y=X₁+X₂ mempunyai distribusi Poissin dengan rataan berturut-turut μ₁dan μ>μ₁ . Carilah distribusi dari X₁ .

7. Misalkan X₁dan X₂ dua peubah acak gamma independen dengan parameter berturut-turut α₁=3,β₁=3 danα₂=5,β₂=1

a. Carilah fpm dari Y=2X₁+6X₂ b. Apakah ada distribusi dari Y

8. Misalkan X adalah N(0,1). Gunakan teknik fungsi pembangkit momen untuk menunjuk kan bahwa Y=X2 adalah χ2₍₁₎

9. Misalkan X₁, X₂,… , X_n menyatakan n peubah acak saling independen dengan fungsi pembangkit momen berturut-turut M₁(t), M₂(t), …, M_n(t)

a. Tunjukkan bahwa Y=k₁X₁+k₂X₂+…+k_nX_n,dengank₁, k₂, … , k_n konstanta real mempunyai fpm M(t)=

∑

i=1

n

M_i

(

k_it

)

.

b. Jika setiap k_i=1 dan jika X adalah Poisson dengan rataan μ_i,i=1,2,… , n , buktikan bahwa Y adalah Poisson dengan rataan μ₁+μ₁+…+μ_n

10. Jika X₁, X₂,… , X_n sampel acak dari distribusi dengan fpm M(t) , tunjukkan fungsi pembangkit momen dari

∑

i=1

n

X_i dan 1 n

∑

i=1

n

X_i adalah

[

M(t)

_]

ndan

[

M

(

t n

)

]

n

11. Jika X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter μ1, μ2, σ1 2

, σ2 2

dan

ρ tunjukkan bahwa Z=aX+bY+c adalah

N

(

a μ1+b μ2+c , a2σ12+2abρσ1σ2+b2σ22

)

, di mana a,b, dan c konstanta Petunjuk: Gunakan fpm M

(

t₁,t₂

)

dari X dan Y untuk mencari fpm dari Z

12.Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter μ1=25,μ2=35,σ21=4,σ22=16 dan ρ=

17

12 . Jika Z=3X−2Y , carilah P(−2<Z<19)

13. Misalkan U dan V peubah acak independen masing-masing mempunyai distribusi normal baku.Tunjukkan bahwa fpm E

[

et(UV)

_]

_{dari perkalian UV adalah}

(

1−t2

)

−1 2

,−1<t<1 Petunjunjuk: Bandingkan E

[

et(UV)

_]

_{dengan integral dari fdp normal bivariat yang}

14. Misalkan X dan Y mempunyai distribusi normal bivariat dengan parameter μ1, μ2, σ12, σ22 dan . Tunjukkan bahwa W=X−μ₁danZ=(Y−μ₂)−ρ

₍

σ₁/σ₂

₎₍

X−μ₁

₎

adalah peubah normal independen.

3.7 Distribusi dari _X´ _{dan n S}2

/σ2

Misalkan X₁, X₂,… , X_n sampel acak berukuran n ≥ 2 dari distribusi N

(

μ , σ2

)

. Dalam pasal ini kita akan menyelidiki distribusi dari rata-rata dan variansi sampel acak yaitu distribusi dari dua statistik _X´ ₌1

n

∑

i=1

n

X_idan S2=1

n

∑

i=1

n

(

X_i− ´X

)

2

Masalah distribusi dari _X´ _{rata-rata sampel dipecahkan melalui Teorema 1 dari Pasal 3.6 .}

Di sini kita mempunyai, dalam notasi pernyataan teorema itu μ1=μ2=…=μn=μ ,

σ₁2

=σ₂2

=…=σ_n2

=σ2_{dan k}

1=k2=…=kn=

1

n . Sesuai dengan itu Y = X´ mempu- nyai distribusi normal dengan rataan dan variansinya beturut-turut diberikan oleh

1 n

∑

i=1

n

ρ=μ ,

_∑

i=1

n

[

(

1

n

)

2

σ2

]

=σ

2 n Yaitu _X´ _{adalah N}

₍

_{μ , σ}2

/n

)

Contoh

Misalkan _X´ _{rata-rata sampel acak berukuran 25 dari distribusi N(75,100) . Jadi X}´

adalah N(75,4). Kemudian misalnya P(71< ´X<79)=ϕ

(

79−75

2

)

−ϕ

(

71−75

2

)

=ϕ(2)−ϕ(−2)=0,954

Sekarang kita mengangkat masalah distribusi dari S2 , variansi sampel acak X₁, X₂,… , X_n dari distribusi N

(

μ , σ2

)

. Untuk melakukan ini , mari kita pertama kali memperhatikan distribusi Y1= ´X , Y2=X2− ´X , Y3=X3− ´X , … , Yn=Xn− ´X . Transformasi

inversnya

x₁=y₁−y₂−y₃−…−y_n x2=y1−y2

x₃=y₁−y₃ . . . . , . xn=y1−yn

mempunyai Jacobian n . Karena

(

x_i−μ

)

2=¿

∑

i=1

n

(

x_i−´x+ ´x−μ

)

2=

∑

i=1

n

(

x_i− ´x

)

2+n( ´x−μ)2

∑

i=1

n

¿ karena 2( ´x−μ)

∑

i=1

n

(

−1

√

2π σ

)

n

exp

[

−

∑

(

xi− ´x

)

2

2σ2 −

n( ´x−μ)2

2σ2

]

di mana ´x=1

n

∑

i=1

n

xidan−∞<xi<∞i−1,2,… , n . Sesuai dengan y1=´x dan x₁−´x=−y₂−y₃−…−y_n kita mrmperoleh bahwa fdp dari Y₁,Y₂, … ,Y_n adalah

(n)

(

−1

√

2π σ

)

n

exp

[

−

(

−y2−y3−…−yn

)

2

2σ2 −

∑

i=2

n

yi

2

2σ2 −

n

(

y₁−μ

)

2

2σ2

]

,−∞<yi<∞ i = 1,2…,n

Perhatikan bahwa ini adalah perkalian dari fdp dari Y₁ sebut 1

√

2π σ2/nexp

[

−

₍

y₁−μ

)

2

2σ2/n

]

dan suatu fungsi dari y₂,… , y_n . Jadi Y₁ harus independen dari (n-1) peubah acak Y₂,Y₃…, Y_n dan bahwa fungsi dari y₂,… , y_n adalah fdp bersama dari Y₂,Y₃… , Y_n Selanjutnya ini mengartikan bahwa Y1= ´X dan berarti

n

₍

Y₁−μ

₎

2 σ2 =

n(_X´_−μ)2 σ2 =W1 adalah independen dari

(

−Y2−Y3−…−Yn

)

2

+

∑

i=2

n

Y_i2

σ2 =

∑

i=1

n

(

X❑− ´X

)

2

σ2 =W2

Karena W₁ kuadrat dari peubah normal baku, W₁ diidistribusikan sebagai χ2(1) .

Juga kita mengetahui bahwa

(

Xi−μ

σ

)

2

=¿W₁+W₂ W=

∑

i=1

n

¿

adalah χ2_{(n) . Dari keindependenan}

W₁dan W₂ kita punyai

E

[

etW

]

=E

[

et W1

]

E

[

et W3

]

atau secara ekuivalen

(1−2t)−n/2=(1−2t)−1/2E

[

et W3

]

,t

<1/2 Jadi E

[

et W3

]

₌₍1

−2t)−(n−1)/2 , t<1/2

dan karenanya W2=n S 2

/σ2 adalah χ2(n−1)

Untuk meringkaskan dalam pasal ini kita telah membangun tiga sifat penting dari _X´ _dan

S2 apabila sampel terjadi dari distribusi N

(

μ , σ2

₎

1. _X´ _{adalah N}

₍

_{μ , σ}2

/n

)

2. n S2/σ2 adalah χ2_(n

−1)

3. _X´ _{dan S}2 _independen.

Untuk gambaran sebagai hasil dari (1),(2), dan (3) kita mempunyai

√

n(_X´_{−μ)/σ adalah}

T=(X´ −μ)/

(

σ/

√

n

)

√

n S2

/σ2_(n

−1)= ´

X−μ S/

√

n−1

mempunyai distribusi t denga derajat kebebasan (n-1). Statistik t ini akan memainkan peranan penting dalam statistika terapan.

Soal-soal Latihan 3.7

1. Misalkan _X´ _{rata-rata sampel acak berukuran 3 dari distribusi normal dengan}

μ=0 dan

σ2

=125 . Tentukan c sehingga P(_X´_<c)=0.90

2. Jika _X´ _{rata-rata sampel acak berukuran n dari distribusi normal dengan rataan μ}

dan σ2

=100 , carilah n sehingga P(μ−5< ´X<μ+5)=0,954

3. Misalkan X₁, X₂,…, X₂₅dan Y₁,Y₂, …,Y₂₅ adalah dua sampel acak indpenden berturut-turut dari distribusi N(0,16) dan N(1,9). Misalkan _X´ _danY´ _menyatakan

rata-rata sampel padanannya . Hitunglah P(_X´ _>Y´₎

4. Carilah rataan dan variansi dari S2

=1

n

∑

i=1

n

(

X_i− ´X

)

2 dengan X₁, X₂,… , X_n adalah sampel acak dari N

(

μ , σ2

₎

Petunjuk: Carilah rataan dan variansi n S2

/σ2

5. Misalkan S2 variansi sampel acak berukuran 6 dari distribusi N(μ ,12)

Carilah P

(

2,30<S2

<22,2

)

6. Carilah fdp dari variansi sampel V = S2 ditetapkan bahwa distribusi sampel yang terjadi adalah N

(

μ , σ2

₎

7. Misalkan _X´ _danY´ _{rata-rata dari dua sampel acak independen masing-masing}

berukuran 4 berturut-turut dari dua distribusi normal N(10,9)dan N(3,4) . Carilah P(_X´ _>2Y´ ₎

8. Misalkan X₁, X₂,… , X₅ smpel acak berukuran n = 5 dari N

(

0,σ2

₎

a. Carilah konstanta c sehingga c

(

X1−X2

)

√

X₃2

+X₄2

+X₅2 mempunyai distribusi t b. Berapakah derjat kebebasan dihubungkan dengan T ini

9. Jika sampel acak berukuran 2 diambil dari distribusi normal dengan rataan 7 dan variansi 8, carilah peluang bahwa nilai mutlak dari selisih dua observasi ini melebihi 2

10. Misalkan _X´ _danS2 _{adalah rata-rata dan variansi dari sampel acak berukuran 25 dari} distribusi N(3,100) Carilah P

(

0< ´X<6,55,2<S2

<145,6

)